题目描述
给出递推公式 $x_{i+1}=(ax_i+b)mod p$ 中的 $p$、$a$、$b$、$x_1$ ，其中 $p$ 是质数。输入 $t$ ，求最小的 $n$ ，使得 $x_n=t$ 。若不存在则输出-1。
输入
输入含有多组数据，第一行一个正整数 T ，表示这个测试点内的数据组数。
接下来 T 行，每行有五个整数 p，a，b，X1，t ，表示一组数据。保证 X1 和 t 都是合法的页码。
注意： p 一定为质数
输出
共T行，每行一个整数表示他最早读到第t页是哪一天。如果他永远不会读到第t页，输出-1。
样例输入
3
7 1 1 3 3
7 2 2 2 0
7 2 2 2 1
样例输出
1
3
-1
题解
BSGS思想的利用
（以下为思考过程）
早就知道网上的大部分题解：把通项公式变形为$x_{i+1}+c=a(x_i+c)mod p$，然后转化为BSGS的经典方程$a^xmod p=c$来求解。
然而这样需要exgcd之类的，还需要乱七八糟的特判，代码少说也有80+行。
考虑：直接利用BSGS的meet-in-the-middle思想，而不是无脑套方程求解。
（以上为思考过程）
为了方便，设$f(x)=(ax+b)mod p$，$f^d(x)$表示$f(x)$的$d$次复合，即$f(f(...(x)))$，其中$f$的个数为$d$。
我们要求的就是满足$f^n(x_1)=t$的最小的$n$。
首先根据抽屉（鸽笼）原理，如果有解则一定不超过$p$。
把答案$n$写成$km-l$的形式，其中$m=lceilsqrt n ceil$。
那么我们要求的就是$f^{km-l}(x_1)=t$。
我们把这个式子左右同时复合$l$层，变为$f^{km}(x_1)=f^l(t)$。
由于一次函数复合以后还是一次函数，因此可以直接处理出$f^l(x)$和$f^{km}(x)$中一次项和常数项的系数。具体方法：$a(cx+d)+b=acx+ad+b$。
然后把所有的$f^{km}(x_1)$按照处理出的系数算出来，放到哈希表中（代码中使用了map），其中值相同的只取$k$较小的。
再枚举$l$，按照处理出的系数算出$f^l(t)$，看哈希表中是否有这个数即可，如果有则用$km-l$更新答案。
思考一下为什么一般情况下这样是对的：因为$p$是足够大的质数，因此所有数在模意义下都是存在的，并且存在唯一的逆。所以对于已知的$(cx+d)mod p=e$，知道$e$可以直接推出$x$。
这个做法当$a=0$时不成立，因为不存在唯一的逆。因此需要特殊处理。
时间复杂度$O(sqrt nlog n)$
代码只有40行左右^_^
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll , ll> mp;
map<ll , ll>::iterator it;
ll u[50010] , v[50010];
int main()
{
int T;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
ll p , a , b , x , t , m , i , ans = 1ll << 62;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld" , &p , &a , &b , &x , &t);
if(!a)
{
if(t == x) puts("1");
else if(t == b) puts("2");
else puts("-1");
}
else
{
mp.clear() , m = ceil(sqrt(p));
u[0] = 1 , v[0] = 0;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) u[i] = u[i - 1] * a % p , v[i] = (a * v[i - 1] + b) % p;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
x = (x * u[m] + v[m]) % p;
if((it = mp.find(x)) == mp.end())
mp[x] = i;
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
if((it = mp.find((t * u[i] + v[i]) % p)) != mp.end())
ans = min(ans , it->second * m - i + 1);
if(ans == 1ll << 62) puts("-1");
else printf("%lld
" , ans);
}
}
return 0;
}